Question

1．為了使粒子經(jīng)過一系列的運(yùn)動(dòng)后，又以原來的速率沿相反方向回到原位，可設(shè)計(jì)如下的一個(gè)電磁場(chǎng)區(qū)域（如圖所示）：水平線QC以下是水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，區(qū)域Ⅰ（梯形PQCD）內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B；區(qū)域Ⅱ（三角形APD）內(nèi)的磁場(chǎng)方向與Ⅰ內(nèi)相同，區(qū)域Ⅲ（虛線PD之上、三角形APD以外）的磁場(chǎng)與Ⅱ內(nèi)大小相等、方向相反．已知等邊三角形AQC的邊長(zhǎng)為2L，P、D分別為AQ、AC的中點(diǎn)．帶正電的粒子從Q點(diǎn)正下方、距離Q點(diǎn)為L(zhǎng)的O點(diǎn)以某一速度射出，在電場(chǎng)力作用下從QC邊中點(diǎn)N以速度v₀垂直QC射入?yún)^(qū)域Ⅰ，再?gòu)腜點(diǎn)垂直AQ射入?yún)^(qū)域Ⅲ，又經(jīng)歷一系列運(yùn)動(dòng)后返回O點(diǎn)．（粒子重力忽略不計(jì)）求：
（1）粒子的比荷$\frac{q}{m}$和電場(chǎng)強(qiáng)度的大小；
（2）粒子從O點(diǎn)出發(fā)再回到O點(diǎn)的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程所需時(shí)間；
（3）若區(qū)域Ⅱ區(qū)域Ⅲ磁感應(yīng)強(qiáng)度B_n，大小相等，但與區(qū)域Ⅰ中可以不同，則B_n，應(yīng)滿足什么條件粒子能返回O點(diǎn)．

Answer 1

分析 （1）由粒子運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，從O點(diǎn)入射垂直電場(chǎng)線到達(dá)N點(diǎn)，可以看成是反過來的類平拋運(yùn)動(dòng)．由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律列出一定的式子，結(jié)合在梯形磁場(chǎng)區(qū)域的勻速圓周運(yùn)動(dòng)就能求出電場(chǎng)強(qiáng)度E及粒子的比荷．
（2）由于兩個(gè)特殊磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相反，所以粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑相同，可以判斷從N到P是以Q為圓心逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)60°，從P到D是以A為圓心順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)300°，從D到N是又逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)60°．然后做類平拋運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)，求總時(shí)間是三個(gè)區(qū)域內(nèi)時(shí)間之和．
（3）第三問涉及多解問題：在前面兩問中粒子只做了一次勻速圓周運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)在是可以在區(qū)域Ⅱ區(qū)域Ⅲ多做幾次勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以由對(duì)稱性必須滿足L=（2n+1）r，粒子才能返回到D點(diǎn)后再轉(zhuǎn)回到N點(diǎn)．

解答 解：（1）根據(jù)牛頓第二定律和洛侖茲力表達(dá)式有：$q{v}_{0}B=m\frac{{{v}_{0}}^{2}}{R}$
  將R=L代入解得：$\frac{q}{m}=\frac{{v}_{0}}{BL}$
  ON過程：${t}_{1}=\frac{L}{{v}_{0}}$  
   $L=\frac{1}{2}×\frac{qE}{m}×{{t}_{1}}^{2}$
  解得：E=2Bv₀
（2）帶電粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間包括三段：電場(chǎng)中往返的時(shí)間t₁、區(qū)
   域Ⅰ中的時(shí)間t₂、區(qū)域Ⅲ中的時(shí)間t₃，
   ${t}_{2}=2×\frac{1}{6}×\frac{2πL}{{v}_{0}}=\frac{2πL}{3{v}_{0}}$ 
   ${t}_{3}=\frac{300°}{360°}T=\frac{5}{6}×\frac{2πL}{{v}_{0}}=\frac{5πL}{3{v}_{0}}$
   總時(shí)間：t=t₁+t₂+t₃=$\frac{2L}{{v}_{0}}+\frac{7πL}{3{v}_{0}}$
（3）粒子返回到O點(diǎn)，半徑滿足的條件為：L=（2n+1）r  
   由：$q{v}_{0}{B}_{n}=m\frac{{{v}_{0}}^{2}}{r}$
  得：B_n=（2n+1）B    其中n=0，1，2，3，…
答：（1）粒子的比荷$\frac{q}{m}$為$\frac{{v}_{0}}{BL}$、電場(chǎng)強(qiáng)度的大小2Bv₀．
（2）粒子從O點(diǎn)出發(fā)再回到O點(diǎn)的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程所需時(shí)間為$\frac{2L}{{v}_{0}}+\frac{7πL}{3{v}_{0}}$．
（3）若區(qū)域Ⅱ區(qū)域Ⅲ磁感應(yīng)強(qiáng)度B_n，大小相等，但與區(qū)域Ⅰ中可以不同，則B_n應(yīng)滿足B_n=（2n+1）B，粒子能返回O點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 本題雖說電、磁場(chǎng)區(qū)域復(fù)雜，但物理過程直觀明確，幾何關(guān)系也非常特殊，只是開始在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是一個(gè)斜拋運(yùn)動(dòng)，但反過來看成一個(gè)平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋規(guī)律及牛頓第二定律等可以求得結(jié)果．要說明的是第三問涉及多解問題，可以從最簡(jiǎn)單的情況出發(fā)，比如轉(zhuǎn)一次、三次等，從而找到半徑與L的關(guān)系，再求磁感應(yīng)強(qiáng)度．